作业20：立体几何（3）解答题专项-2026届高三数学一轮复习

高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：20 参考答案与解析（务必做完再对答案） 1.0证明见解析：回号 【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可： (2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体 积即可. 【详解】(1)因为AB=AD,O是BD中点，所以OA⊥BD, 因为OAC平面ABD,平面ABD⊥平面BCD, 且平面ABDO平面BCD=BD,所以OA⊥平面BCD. 因为CDC平面BCD,所以OA⊥CD (2)【方法1】通性通法坐标法 如图所示，以O为坐标原点，OA为z轴，OD为y轴，垂直OD且过O的直线为x轴，建 立空间直角坐标系O-, 圆C3,0,D0L0,B0.-1,0,设A0,0mE@ 0, 33 331 设n=(x,y,)为平面EBC的法向量， EB.= 则由 0可求得平面BC的一个法向量为元=（←√5,1，-召） BC.= 又平面BCD的一个法向量为OA=(0,0,m), 所以cos(元OA= -2 解得m=1. 4 2 /4+ 2 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：20 又点C到T面D的距离为，所以 3××2x1x35 1、1 32 26 所以三棱锥A-BCD的体积为y5 6 【方法2】最优解：作出二面角的平面角 如图所示，作EG⊥BD,垂足为点G: 作GF⊥BC,垂足为点F,连结EF,则OA∥EG. 因为OA⊥平面BCD,所以EG⊥平面BCD, ∠EFG为二面角E-BC-D的平面角. 因为∠EFG=45°，所以EG=FG. 由已知得OB=OD=1,故OB=OC=1. 又∠OBC=∠OCB=30°，所以BC=√3. 因为n子GCD-子G-号01-1. 3 ”w-80a-2c×01x5101= 2 6 【方法3】三面角公式 考虑三面角B-EDC,记EBD为a,∠EBC为B,∠DBC=30°， 记二面角E-BC-D为0.据题意，得0=45°. 对B使用三面角的余弦公式，可得cosB=coS·cos30°， 化简可得cosB=5。 cosu,① 使用三面角的正弦公式，可得simB=smC,化简可得sinB=√2sima.② sin0 将02两式平方后相加，可得3cosa+2sim'a=1, 4 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：20 由此得sim'a=子osa,从而可得amna= 4 2 如图可知ae孕， 即有tana= 根据三角形相似知，点G为OD的三等分点，即可得BG=4 结合a的正切值， 可得GOA=1从而可得三棱锥A-BCD的体积为9 6. 【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性 通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理： 方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的 几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解 方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使 得问题更加简单、直观、迅速 2.(1)证明见解析 蜡 【分析】(1)连接BO并延长交AC于点D,连接OA、PD,根据三角形全等得到OA=OB, 再根据直角三角形的性质得到AO=DO,即可得到O为BD的中点从而得到OE/PD,即 可得证： (2)建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据 同角三角函数的基本关系计算可得. 【详解】(1)证明：连接BO并延长交AC于点D,连接OA、PD, 因为PO是三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC,AO,BOC平面ABC, 高三一轮复习课后讲义一巩固拓展 编号：20 所以PO⊥AO、POLBO, 又PA=PB,所以△POA=△POB,即OA=OB,所以∠OAB=∠OBA, 又AB LAC,即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90°，∠OBA+∠ODA=90°， 所以∠ODA=∠OAD 所以AO=DO,即AO=DO=OB,所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE∥PD, 又OE丈平面PAC,PDC平面PAC, 所以OE∥平面PAC --ss B (2)解：过点A作Ac/OP,如图建立空间直角坐标系， 因为PO=3,AP=5,所以OA=VAP2-P02=4, 又∠OBA=∠OBC=30°，所以BD=2OA=8,则AD=4,AB=4V3, 所以AC=12,所以0(2V3,2,0),B43,0,0),P2N3,2,3,C(0,12,0), 所以35.1 则孤-（351引，-45.0,4c=(@120. 3 iA亚=3V3x+y+ z=0 设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则 2 ,令z=2,则y=-3, n.AB=43x=0 x=0,所以n=(0,-3,2): 设平面AC的法向量为m=(ab,c,则m近=35a+b+多0=0， m-AC=12b=0 令a=√3，则c=-6,b=0,所以m=(V3,0,-6): 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：20 n·m -12 4W3 所以cosn,m）= 13x39 13· 设=百角C-AB-B的大小为0，则即s-o(引智 所以n0=-cm0-片即面角C证-B的正弦旗为号 11 0 B B 3.(1)√2 ② 2 【分析】(1)由等体积法运算即可得解： (2)由面面垂直的性质及判定可得BC⊥平面ABBA,建立空间直角坐标系，利用空间向 量法即可得解 【详解】(1)在直三棱柱ABC-ABC中，设点A到平面ABC的距离为h, 则VA-AC= 4 3 解得h=√2， 所以点A到平面ABC的距离为√2： (2)取AB的中点E,连接AE,如图，因为AA=AB,所以AE⊥AB, 又平面ABC⊥平面ABBA,平面ABC⌒平面ABB,A=AB, 且AEC平面ABB,A,所以AE⊥平面ABC, 高三一轮复习课后讲义一巩固拓展 编号：20 在直三棱柱ABC-AB,C中，BB⊥平面ABC, 由BCC平面ABC,BCC平面ABC可得AE⊥BC,BB⊥BC, 又AE,BB,C平面ABB,A且相交，所以BC⊥平面ABBA, 所以BC,BA,BB两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， B D E B 由(1)得AB=√2，所以AA=AB=2,AB=2W2,所以BC=2, 则A(0,2,0),A(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以AC的中点D1,1,1), 则BD=(1,11),BA=(0,2,0),BC=(2,0,0), 设平面ABD的一个法向量m=(x,y,),则 m.BD=x+y+三=0 mBA=2y=0 可取m=(1,0,-1) i.BD=a+b+c=0 设平面BDC的一个法向量n=(a,b,c),则 i.BC=2a=0 可取n=(0,1,-1), 则cos() n.n 1 园风 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：20 12 所以二面角A-BD-C的正弦值为 4.(1)证明见解析 (2)219 19 【分析】(1)根据平面ABC⊥平面DCB,先得DE⊥面ACB,从而DE⊥AE,求得AE=2, 再由勾股定理得证AE⊥BC: (2)ED,EB,EA两两垂直，建立如图坐标系，求出面DAB和面FAB的法向量，利用 空间向量夹角求解. 【详解】(I)连接DE,因为DB=DC,E是BC中点，所以DE⊥BC, 因为平面ABC⊥平面DCB,平面ACB∩平面DCB=BC, 且DEG面DCB,BC⊥DE, 所以DE⊥面ACB,又因为AEC面ACB,所以DE⊥AE, 由AD=√万，DE=√3→AE=2又AB=√5，BE=1,得AE⊥BC: (2)由(1)知，ED,EB,E4两两垂直，建立如图坐标系， ZA 则E(0,0,0),DV3,0,0）,B(01,0),A(0,0,2), 所以DB=（-√51,0），AB=(0,1-2),AF=A正+EF=AE+DA=（V5,0,0, 设i=(x,y,),i=(a,b,c)分别是面DAB和面FAB的法向量，二面角D-AB-F记为O, 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：20 面m远y20,令=2，得v=23.z=3, 由 得m=(2,2V5,3)是面DAB的一个法向量， i.AF=√3a=0 由 ,令b=2,得a=0,c=1, ii.AB=b-2c=0 得=(0,2,1)是面AB的一个法向量， 5W3 v5 所以os=kosm4+i2+3:4+19,所以8=2=2W19 V1919, 故二面角D-AB-P的正弦值为21四 19 5.(1)证明见解析 (2)3v86 43 【分析】(1)由PO垂直于圆锥的底面，所以PO⊥AD,再由CD=CO,得到AD⊥OD, 利用线面垂直的判定定理，证得ADL平面POD,进而证得平面PAD⊥平面POD (2)当三棱锥P-BCD的体积最大时，得到D为弧BC的中点，以O为原点，建立空间直 角坐标系，求得平面PAD的一个法向量和向量PB,结合向量的夹角公式，即可求解 【详解】(1)因为PO垂直于圆锥的底面，所以PO⊥AD, 当CD=CO时，CD=OC=AC,所以AD⊥OD, 又因为OD∩PO=O,且OD、POC平面POD,所以AD⊥平面POD, 因为ADC平面PAD,所以平面PAD⊥平面POD (2)当三棱锥P-BCD的体积最大时，只需△BCD的面积最大，此时D为弧BC的中点， 如图所示，以O为原点，建立空间直角坐标系， 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：20 ZA P 因为BC=3CA,所以A(0,4,0),B(0,4,0),P(0,0,4),D(3,1,0), 则PB=(0,4,4),PD=(3,1,4,AP=(0,4,④， i.AP=4y+4z=0 设平面PAD的法向量为i=(x,y,),则 i.PD=3x+y-4z=0' 取x=5,得y=-3,z=3,所以i=(5,-3,3), 设PB与平面PAD所成角为B, PB.列 则sin6=cos PB,= 63V86 PBV8643’ 所以直线P8与平面PAD所成角正弦值为3N86 43 6.(1)证明见解析 (2)30 10 【分析】(1)方法一：根据题意先求AC,AE,CE的长，可得AE⊥CE,利用 Rt△BDE≌RtAC BE,可得C,E⊥ED,再根据线面垂直的判定证明即可： 方法二：以为D原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线面垂直： (2)方法一：延长CE,CB交于点F,过点C作CG⊥FA,垂足为G,连结CG,又易得 CG⊥FA,则∠CGC即为平面AEC,与平面ABC的夹角，再解三角形求其余弦值即可： 方法二：以为D原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面与平面夹角即可： 方法三：根据射影面积法求平面与平面夹角， 高三一轮复习课后讲义一巩固拓展 编号：20 【详解】(1)方法一：在直三棱柱ABC-AB,C1中，BE=2,BE=1,BD=1, AC2=AC2+CC2=13,AF2=AB2+BE2=8C E2=BE2+B.C2=5, 所以AC2=AE2+EC2,所以AE⊥C,E, 又BE=2EB,所以BE=2=BC1,BD=BE=1,∠DBE=∠EB,C1=90, 则Rt△BDE≌Rt△BEC1,所以∠EDB=∠CEB, 所以∠C,EB+∠DEB=∠EDB+∠DEB=90°， 即C,E⊥ED,又AEDE=E,AE,DEC平面ADE, 所以CE⊥平面ADE. 方法二：如图，以为D原点，以DADB所在的直线为x,y轴建立空间直角坐标系， 则D(0,0,0),AV3,0,0,(01,2）,G(01,3, 所以A亚=（-5,12，EC=0,-2,1)DA=（5,0,0）, 所以EC·AE=-V3×0+1x(-2)+2x1=0,ECDA=0xV3+(-2)x0+1x0=0 所以EC⊥A正，EC⊥DA,即EC⊥AE,EC1⊥DA 又AEAD=AAE,ADC平面ADE,所以CE⊥平面ADE. (2)方法一：如图，延长CE,CB交于点F,过点C作CG⊥FA,垂足为G,连结CG,高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：20 作业20：《立体几何（3) 解答题专项》 使用说明：和前面几章不同，立体几何板块的前两份作业是“小题”与解答题混编的。立 体几何同样是解答题几乎必考的一个版块，本套作业就是对立体几何解答题的专项训练。 解答题的第1问通常是证明，要求熟悉几何性质；第2、3问（有3问的立体几何通常不 那么好做，多在17-19题)则考查立体几何有关计算，需要用空间直角坐标系或者几何性 质解决。同时，立体几何尤其要注意解题规范（具体规范各省份亦有差别，例如江苏对立 体几何解答题步骤要求很高)，这一点在学习时需要格外留心。 此外还有一个点，本章的题目并不局限于用哪种方法（空间坐标系或几何法）解题， 每一种方法都可以尝试。学有余力的可以尝试多种方法解题，比较各种方法的优势。同时， 对于前面两套练习的题目，也可以尝试用同样的方法再次复习巩固。 (本作业共12题，作业共9页) 一、高考真题 1.(2021I)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的 中点 (1)证明：OA⊥CD; (2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA,且二面角 E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积。 E 0 第1页共9页 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：20 2.(2022新高考全国IⅡ卷·高考真题)如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB, AB⊥AC,E是PB的中点. (1)证明：OE/平面PAC; (2)若∠AB0=∠CB0=30°，PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值. E B 3.(2022I)如图，直三棱柱ABC-AB,C,的体积为4，△A,BC的面积为22. (1)求A到平面ABC的距离； (2)设D为AC的中点，AA=AB,平面A,BC⊥平面ABBA,求二面角A-BD-C的正 弦值。 A 、B1 、D B 第2页共9页 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：20 二、考题演练 4.(2025合肥模拟)如图，三棱锥A-BCD中，DB=DC=BC=2,AD=√7，AB=√5 ,平面ABC⊥平面DCB,E是BC中点，且满足EF=DA. (1)证明：AE⊥BC; (2)求二面角D-AB-F的正弦值. C E、、 D B 5.(2025·上海模拟预测)如图所示，圆锥的底面半径为4，高为4，线段AB为圆锥底面 OO的直径，点C在线段AB上，且BC=3CA,点D是以BC为直径的圆上一动点， (1)当CD=C0时，证明：平面PAD⊥平面POD: (2)当三棱锥P-BCD的体积最大时，求PB与平面PAD所成角的正弦值， ◇ C B 第3页共9页 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：20 6.(2026嘉兴高三基础测试)如图，在正三棱柱ABC-A,B,C,中，A4=3,AB=2,D为BC 的中点，点E在棱BB,上，BE=2EB1 (1)证明：C,E⊥平面ADE; (2)求平面AEC,与平面ABC夹角的余弦值. B A B 7.(2025温州二模)如图，在三棱锥P-ABC中，△PBC是边长等于2的正三角形， ∠ACB=90°，M为AB的中点. (1)求证：BC⊥PM; (2)若4C=2N5,cos∠4CP=-5,求点M到平面PBC的距离. 4 B M 第4页共9页 高三一轮复习课后讲义一巩固拓展 编号：20 8.(2025烟台三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是边长为2的正三角形，且二 面角P-AD-C的大小为60°.底面ABCD为平行四边形，AB=1,∠ABC=60°，点Q在 棱PD上且PQ=PD(0<<I. 1)若元-证明：P81平面4CQ: (2)求直线AP与平面BQC所成角的正弦值的取值范围. 第5页共9页 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：20 9.(2025武汉五月模拟训练)如图所示，在平行六面体ABCD-A,B,C,D,中，底面ABCD是 边长为3的菱形，AA=4,∠DAB=∠AAB=∠AAD=60°，E,F分别在线段B,B和DD上， 3 且BE=BB,DF=DD,· (1)证明：A,E,C,F四点共面； (2)求平面AEC,F与平面A,ADD,夹角的余弦值 D C F A1 B ! D C B 第6页共9页 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：20 10.(2025南通四模)如图，在三棱台ABC-AB,C,中，CC⊥平面ABC,AC⊥BC, AB=2AC=2CA=4. (1)证明：平面A,BC⊥平面ACC,A; (2)若二面角A-AB-C的正切值为2，求CC,. A B C B 第7页共9页 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：20 三、拓展提升 11.(2025沈阳三模)如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF=∠BCE=90°，A,D分别 是BF,CE上的点，且AD/1BC,ED=2AF=2,CD=10<t<3),BC+CD=3,将四 边形ADEF沿AD向上折起，连接BE,BF,CE,在折起的过程中，记二面角 E-AD-C的大小为(0<a<π)，记几何体EFABCD的体积为V, (1)求证：BF∥平面CDE; (2)当t=2时，请将V表达为关于的函数，并求该函数的最大值： (3)若平面EFB和平面EBC垂直，当取得最大值时，求V的值. D D以 第8页共9页 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：20 12.(2025八省适应性考试)在平面四边形ABCD中，AB=AC=CD=1, ∠ADC=30°，∠DAB=120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP,其中P为动点 (1)设PC⊥AB,三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上. (1)证明：平面PAC⊥平面ABC; (ii)求球O的半径 (2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值. 第9页共9页高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：20 作业20：《立体几何（3)—一 解答题专项》 使用说明：和前面几章不同，立体几何板块的前两份作业是“小题”与解答题混编的。立 体几何同样是解答题几乎必考的一个版块，本套作业就是对立体几何解答题的专项训练。 解答题的第1问通常是证明，要求熟悉几何性质；第2、3问（有3问的立体几何通常不 那么好做，多在17-19题)则考查立体几何有关计算，需要用空间直角坐标系或者几何性 质解决。同时，立体几何尤其要注意解题规范（具体规范各省份亦有差别，例如江苏对立 体几何解答题步骤要求很高)，这一点在学习时需要格外留心。 此外还有一个点，本章的题目并不局限于用哪种方法（空间坐标系或几何法）解题， 每一种方法都可以尝试。学有余力的可以尝试多种方法解题，比较各种方法的优势。同时， 对于前面两套练习的题目，也可以尝试用同样的方法再次复习巩固。 (本作业共12题，作业共9页) 一、高考亮题 1.(2021I)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的 中点 (1)证明：OA⊥CD: (2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA,且二面角E-BC-D 的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积。 B 第1页共9页 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：20 2.(2022·新高考全国I卷·高考真题)如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB,AB LAC, E是PB的中点 (1)证明：OB//平面PAC; (2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值. D 3.(2022I)如图，直三棱柱ABC-AB,C的体积为4，△ABC的面积为2√2. (1)求A到平面ABC的距离： (2)设D为AC的中点，AA=AB,平面ABC⊥平面ABB,A,求二面角A-BD-C的正 弦值， C B D B 第2页共9页 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：20 二、考题演练 4.(2025合肥模拟)如图，三棱锥A-BCD中，DB=DC=BC=2,AD=√万，AB=√5， 平面ABC⊥平面DCB,E是BC中点，且满足EF=DA (1)证明：AE⊥BC: （2)求二面角D-AB-F的正弦值 C B 5.(2025上海·模拟预测)如图所示，圆锥的底面半径为4，高为4，线段AB为圆锥底面⊙O 的直径，点C在线段AB上，且BC=3CA,点D是以BC为直径的圆上一动点. (1)当CD=CO时，证明：平面PAD⊥平面POD; (2)当三棱锥P-BCD的体积最大时，求PB与平面PAD所成角的正弦值 A B 第3页共9页 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：20 6.(2026嘉兴高三基础测试)如图，在正三棱柱ABC-AB,C中，AA=3,AB=2,D为BC 的中点，点E在棱BB上，BE=2EB」 (1)证明：CE⊥平面ADE; (2)求平面AEC,与平面ABC夹角的余弦值. B A 7.(2025温州二模)如图，在三棱锥P-ABC中，△PBC是边长等于2的正三角形， ∠ACB=90°，M为AB的中点， (1)求证：BC⊥PM: (2)若AC=25,cos∠ACP-5,求点M到平面PBC的距离 4 B M 第4页共9页 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：20 8.(2025烟台三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是边长为2的正三角形，且二 面角P-AD-C的大小为60°.底面ABCD为平行四边形，AB=1,∠ABC=60°，点Q在 棱PD上且PQ=λPD(0<1<1). ()若A-,证明：PB/平面4CQ: (2)求直线AP与平面BQC所成角的正弦值的取值范围. D A B 第5页共9页 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：20 9.(2025武汉五月模拟训练)如图所示，在平行六面体ABCD-ABCD中，底面ABCD是 边长为3的菱形，AA=4,∠DAB=∠AAB=∠AAD=60°，E,F分别在线段BB和DD上， 且BB=BB,DR=3DD 4 (1)证明：A,E,C,F四点共面： (2)求平面AEC,F与平面AADD夹角的余弦值. D C F A B D B 第6页共9页 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：20 10.(2025南通四模)如图，在三棱台ABC-AB,C中，CC⊥平面ABC,AC⊥BC, AB=2AC=2CA =4. (1)证明：平面ABC⊥平面ACCA; (2)若二面角A-AB-C的正切值为2，求CC. C B C A B 第7页共9页 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：20 三、拓展提升 11.(2025沈阳三模)如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF=∠BCE=90°，A,D分别 是BF,CE上的点，且AD/BC,ED=2AF=2,CD=t(0<t<3),BC+CD=3,将四 边形ADEF沿AD向上折起，连接BE,BF,CE,在折起的过程中，记二面角E-AD-C 的大小为C(0<<T),记几何体EFABCD的体积为V. (1)求证：BF∥平面CDE: (2)当t=2时，请将V表达为关于a的函数，并求该函数的最大值： (3)若平面EFB和平面EBC垂直，当取得最大值时，求V的值. E E D D 第8页共9页 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：20 12.(2025八省适应性考试)在平面四边形ABCD中，AB=AC=CD=1, ∠ADC=30°，∠DAB=120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP,其中P为动点， (1)设PC⊥AB,三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上. (i)证明：平面PAC⊥平面ABC: (ii)求球O的半径 (2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值. 第9页共9页高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：20 参考答案与解析（务必做完再对答案) 1.(证明见解折；②号 【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可； (2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体 积即可. 【详解】(1)因为AB=AD,O是BD中点，所以OA⊥BD, 因为OAC平面ABD,平面ABD⊥平面BCD, 且平面ABDO平面BCD=BD,所以OA⊥平面BCD. 因为CDc平面BCD,所以OA⊥CD. (2)【方法1】通性通法一坐标法 如图所示，以O为坐标原点，OA为z轴，OD为y轴，垂直OD且过O的直线为x轴，建 立空间直角坐标系O-灯z, 12 圆C0.D0.10,B0,-10设A00m035 m) 所以EB=(0,- m,8c=(53 42 3- 20), 设n=(x,y,z为平面EBC的法向量， EB.=0 则由 BC.= 可求得平面E8C的一个法向量为元=（←5,1，-召） 又平面BCD的一个法向量为OA=(0,0,m, 所以cos(i,OA= 2 解得m=1. 4+4 2 m m2 高三一轮复习课后讲义—巩固拓展 编号：20 又点C到平面A8D的距离为，所以r=Km-×2×1x百-百 11 2 32 26 所以三棱锥A-BCD的体积为5 6 【方法2】最优解：作出二面角的平面角 如图所示，作EG⊥BD,垂足为点G: 作GF⊥BC,垂足为点F,连结EF,则OA∥EG. 因为OA⊥平面BCD,所以EG⊥平面BCD, LEFG为二面角E-BC-D的平面角. 因为∠EFG=45°，所以EG=FG. 由已知得0B=0D=1,故0B=0C=1. 又∠0BC=∠0CB=30°，所以BC=√3. 风为60-号08=F0=号c0-号c-号0A=1, 3 3 3 o5m0a-分2c012x兮*5k01 2 2 6 【方法3】三面角公式 考虑三面角B-EDC,记∠EBD为a,LEBC为B,∠DBC=30°， 记二面角E-BC-D为O.据题意，得0=45°. 对B使用三面角的余弦公式，可得cosB=cosa·cos30°， 化简可得cosB=5 cosa.① 使用三面角的正弦公式，可得sinB=snc,化简可得sinB:V2sina·② sin 将①②两式平方后相加，可得2cos'a+2sin'a=1, 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：20 由此得sin2a= 4cosa，从而可得ana=± 2 如图可知ae0孕，即有ama 根据三角形相似知，点G为0D的三等分点，即可得BG=4, 结合a的正切值， 可得5G=号，O1=1从面可待三棱锥4~8CD的休积为 6 【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性 通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理： 方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的 几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解 方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使 得问题更加简单、直观、迅速 2.(1)证明见解析 唱 【分析】(1)连接BO并延长交AC于点D,连接OA、PD,根据三角形全等得到 OA=OB,再根据直角三角形的性质得到AO=DO,即可得到O为BD的中点从而得到 OEIIPD,即可得证； (2)建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据 同角三角函数的基本关系计算可得 【详解】(1)证明：连接BO并延长交AC于点D,连接OA、PD, 因为PO是三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC,AO,BOc平面ABC, 高三一轮复习课后讲义—巩固拓展 编号：20 所以P0⊥A0、P0⊥B0, 又PA=PB,所以△POA≥△POB,即OA=OB,所以∠OAB=∠OBA, 又AB⊥AC,即∠BAC=90°，所以∠0AB+∠0AD=90°，∠0BA+∠0DA=90°， 所以∠ODA=∠0AD 所以AO=DO,即AO=DO=OB,所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以 OElIPD 又OE平面PAC,PDc平面PAC, 所以OE∥平面PAC E -- B (2)解：过点A作Az/OP,如图建立空间直角坐标系， 因为P0=3,AP=5,所以0A=VAP2-P02=4, 又∠0BA=∠0BC=30°，所以BD=20A=8,则AD=4,AB=4V3, 所以AC=12,所以02V3,2,0,B4V5,0,0,P2V3,2,3,C(0,12,0), 所以E35.1引 则证=35.》丽=5,0o,c=0,120. 万E=33x+y+3 z=0 设平面AEB的法向量为n=(x,y,z,则 2 ，令z=2,则y=-3, ·AB=4V3x=0 x=0,所以n=(0,-3,2）: 3 m·AE=3V3a+b+c=0 设平面AEC的法向量为m=(a,b,c,则 2 m·AC=12b=0 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：20 令a=5,则c=-6,b=0,所以m=5,0,-6； n…m -12 4V5 所以cos(n,m）= 13×√3913 发=面角C--B的大小为0，即s小-o引 所以sin0=-cos2g=号，即二面角C-AE-B的正弦值为马 13 13 E D O B B 3.(1)√2 (2)3 2 【分析】(1)由等体积法运算即可得解： (2)由面面垂直的性质及判定可得BC⊥平面ABB,A,建立空间直角坐标系，利用空间向 量法即可得解 【详解】(1)在直三棱柱ABC-AB,C,中，设点A到平面ABC的距离为h, 1 则V4ABc=3氵 1 2h文dcA 4 解得h=√2， 所以点A到平面ABC的距离为√2； (2)取AB的中点E,连接AE,如图，因为AA=AB,所以AE⊥AB, 又平面A,BC⊥平面ABB,A,平面ABCO平面ABB,A=AB, 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：20 且AEC平面ABB,A,所以AE⊥平面ABC, 在直三棱柱ABC-ABC中，BB,⊥平面ABC, 由BCC平面ABC,BCC平面ABC可得AE⊥BC,BB,⊥BC, 又AE,BB,C平面ABBA,且相交，所以BC⊥平面ABBA, 所以BC,BA,BB,两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， A B1 D E B 由(1)得AE=√2，所以AA=AB=2,A,B=2V2,所以BC=2, 则A(0,2,0),A(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以4C的中点D(1,1,1, 则BD=(1,1,1,BA=(0,2,0),BC=(2,0,0), 设平面ABD的一个法向量m=(x,y,z),则 mBD=x+y+z=0 m·BA=2y=0 可取m=(1,0,-1), i.BD=a+b+c=0 设平面BDC的一个法向量n=(a,b,c),则 iBC=2a=0 可取n=(0,1,-1, 高三一轮复习课后讲义—巩固·拓展 编号：20 1 则cos(m,n)= m·n V2×√22， 所以二面角A-BD-C的正弦值为 1-2 4.(1)证明见解析 (2)219 19 【分析】(1)根据平面ABC⊥平面DCB,先得DE⊥面ACB,从而DE⊥AE,求得AE=2 ,再由勾股定理得证AE⊥BC; (2)ED,EB,EA两两垂直，建立如图坐标系，求出面DAB和面FAB的法向量，利用 空间向量夹角求解 【详解】(1)连接DE,因为DB=DC,E是BC中点，所以DE⊥BC, 因为平面ABC⊥平面DCB,平面ACB∩平面DCB=BC, 且DEC面DCB,BC⊥DE, 所以DE⊥面ACB,又因为AEC面ACB,所以DE⊥AE, 由AD=V7,DE=V5→AE=2又AB=V5,BE=1,得AE⊥BC: (2)由(1)知，ED,EB,EA两两垂直，建立如图坐标系， A B 则E(0,0,0),D3,0,0,B(01,0,A0,0,2, 所以DB=（-V3,10,AB=(0,1,-2),AF=AE+EF=AE+DA=-5,0,0, 高三一轮复习课后讲义—巩固拓展 编号：20 设m=(x,y,z,元=(a,b,c分别是面DAB和面FAB的法向量，二面角D-AB-F记为O, m·DB=-V3x+y=0 m6-=y-2z=0，令x=2,得)=25,2=5， 由 得m=2,2V5,V3)是面DAB的一个法向量， n:F=5a=0,令b=2,得a=0.c=l, n·AB=b-2c=0 得i=(0,2,1)是面FAB的一个法向量， 5V5 v15 2219 所以cos0osm423.N4N0’所以sin6 V1919 故二面角D-AB-F的正弦值为2四 19 5.(1)证明见解析 (2)3v86 43 【分析】(1)由PO垂直于圆锥的底面，所以PO⊥AD,再由CD=C0,得到AD⊥OD, 利用线面垂直的判定定理，证得AD⊥平面POD,进而证得平面PAD⊥平面POD (2)当三棱锥P-BCD的体积最大时，得到D为弧BC的中点，以O为原点，建立空间直 角坐标系，求得平面PAD的一个法向量和向量PB,结合向量的夹角公式，即可求解 【详解】(1)因为PO垂直于圆锥的底面，所以P0⊥AD, 当CD=C0时，CD=OC=AC,所以AD⊥OD, 又因为0D∩P0=0,且0D、P0c平面POD,所以AD⊥平面POD, 因为ADc平面PAD,所以平面PAD⊥平面POD. (2)当三棱锥P-BCD的体积最大时，只需△BCD的面积最大，此时D为弧BC的中点， 如图所示，以O为原点，建立空间直角坐标系， 高三一轮复习课后讲义一巩固·拓展 编号：20 ZA 》 X 因为BC=3CA,所以A0,-4,0),B(0,4,0,P0,0,4),D3,1,0), 则PB=（0,4,-4),PD=（3,1,-4),AP=（0,4,4, n.AP=4y+4z=0 设平面PAD的法向量为元=(x,y,z),则 iPD=3x+y-4z=0' 取x=5,得y=-3,z=3,所以i=(5,-3,3, 设PB与平面PAD所成角为O, 则sin0=cosPB,i= PB.i_6_386 PB园8643 所以直线PB与平面PAD所成角正弦值为386 43 6.(1)证明见解析 (230 10 【分析】(1)方法一：根据题意先求AC,AE,CE的长，可得AE⊥CE,利用 RtABDE≌RtAC,B,E,可得C,E⊥ED,再根据线面垂直的判定证明即可； 方法二：以为D原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线面垂直； (2)方法一：延长C,E,CB交于点F,过点C作CG⊥FA,垂足为G,连结CG,又易得 C,G⊥FA,则∠C,GC即为平面AEC,与平面ABC的夹角，再解三角形求其余弦值即可； 方法二：以为D原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面与平面夹角即可； 方法三：根据射影面积法求平面与平面夹角. 高三一轮复习课后讲义—巩固拓展 编号：20 【详解】(1)方法一：在直三棱柱ABC-A,B,C,中，BE=2,B,E=1,BD=1, AC2=AC2+CC2=13,AE2=AB2+BE2=8,C E2=B E2+B C2=5, 所以AC=AE2+EC,所以AE⊥C,E, 又BE=2EB,所以BE=2=B,C1,BD=B,E=1,∠DBE=∠EBC=90°， 则RtABDE≌RtaB,EC1,所以∠EDB=∠C,EB, 所以∠C,EB+∠DEB=∠EDB+∠DEB=90°， 即C,E⊥ED,又AE∩DE=E,AE,DEC平面ADE, 所以C,E⊥平面ADE. 方法二：如图，以为D原点，以DA,DB所在的直线为x,y轴建立空间直角坐标系， 则D(0,0,0,A5,0,0,E(0,1,2,C(0,-1,3), 所以AE=-31,2,EC=(0,-2,1),DA=5,0,0, 所以EC·AE=-V3×0+1×(-2)+2×1=0,EC·DA=0×V5+(-2)×0+1×0=0 所以EC⊥AE,EC⊥DA,即EC,⊥AE,EC,⊥DA 又AEAD=A,AE,ADC平面ADE,所以CE⊥平面ADE. (2)方法一：如图，延长CE,CB交于点F,过点C作CG⊥FA,垂足为G,连结CG,